Номер 51, страница 170 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 18. Пирамида. Глава 4. Многогранники - номер 51, страница 170.

Условие.

18.51. Основанием пирамиды $MABC$ является треугольник $ABC$, такой, что $AB = BC = 2$ см, $\angle ABC = 120^\circ$. Плоскости боковых граней $MAB$ и $MAC$ перпендикулярны плоскости основания, а угол между плоскостью $MBC$ и плоскостью основания равен $45^\circ$. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Решение 1.

Решение 3.

Поскольку плоскости боковых граней $(MAB)$ и $(MAC)$ перпендикулярны плоскости основания $(ABC)$, то их линия пересечения — ребро $MA$ — также перпендикулярна плоскости основания. Таким образом, $MA$ является высотой пирамиды. Из этого следует, что треугольники $\triangle MAB$ и $\triangle MAC$ являются прямоугольными, с прямым углом при вершине $A$.

Площадь боковой поверхности пирамиды $S_{бок}$ представляет собой сумму площадей боковых граней: $S_{бок} = S_{MAB} + S_{MAC} + S_{MBC}$. Для нахождения общей площади необходимо вычислить площадь каждой из этих граней.

Сначала рассмотрим треугольник $ABC$, лежащий в основании пирамиды. По условию, это равнобедренный треугольник, где $AB = BC = 2$ см и угол $\angle ABC = 120^\circ$. Найдем длину стороны $AC$ по теореме косинусов:$AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos(\angle ABC)$
$AC^2 = 2^2 + 2^2 - 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot \cos(120^\circ) = 4 + 4 - 8 \cdot (-\frac{1}{2}) = 8 + 4 = 12$
$AC = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$ см.

Далее определим высоту пирамиды $MA$. Угол между плоскостью грани $(MBC)$ и плоскостью основания $(ABC)$ равен $45^\circ$. Это двугранный угол при ребре $BC$. Чтобы найти его линейный угол, проведем из точки $A$ в плоскости основания высоту $AH$ к стороне $BC$. Так как $MA$ — перпендикуляр к плоскости $(ABC)$, а $AH$ — проекция наклонной $MH$ на эту плоскость, причем $AH \perp BC$, то по теореме о трех перпендикулярах наклонная $MH$ также перпендикулярна $BC$.Следовательно, $\angle MHA$ — это линейный угол данного двугранного угла, и по условию $\angle MHA = 45^\circ$.

Найдем длину высоты $AH$. Для этого вычислим площадь треугольника $ABC$:
$S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC \cdot \sin(\angle ABC) = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 \cdot \sin(120^\circ) = 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$ см$^2$.
С другой стороны, площадь этого же треугольника можно выразить через высоту $AH$:
$S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot AH$.
Приравнивая выражения, получаем: $\sqrt{3} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot AH$, откуда $AH = \sqrt{3}$ см.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle MHA$ ($\angle MAH = 90^\circ$). Поскольку $\angle MHA = 45^\circ$, этот треугольник является равнобедренным, и его катеты равны: $MA = AH = \sqrt{3}$ см.

Теперь у нас есть все данные для вычисления площадей боковых граней.
Площадь прямоугольного треугольника $MAB$ равна:
$S_{MAB} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot MA = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \sqrt{3} = \sqrt{3}$ см$^2$.

Площадь прямоугольного треугольника $MAC$ равна:
$S_{MAC} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot MA = \frac{1}{2} \cdot (2\sqrt{3}) \cdot \sqrt{3} = 3$ см$^2$.

Для нахождения площади треугольника $MBC$ найдем его высоту $MH$ (апофему грани $MBC$). Из прямоугольного треугольника $\triangle MHA$ по теореме Пифагора:
$MH^2 = MA^2 + AH^2 = (\sqrt{3})^2 + (\sqrt{3})^2 = 3 + 3 = 6$.
$MH = \sqrt{6}$ см.
Площадь треугольника $MBC$ равна:
$S_{MBC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot MH = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \sqrt{6} = \sqrt{6}$ см$^2$.

Наконец, находим площадь боковой поверхности как сумму площадей граней:
$S_{бок} = S_{MAB} + S_{MAC} + S_{MBC} = \sqrt{3} + 3 + \sqrt{6}$ см$^2$.

Ответ: $3 + \sqrt{3} + \sqrt{6}$ см$^2$.